1、李洪岩高级教师2003年名师课堂辅导讲座高中部分学习内容1、数列的概念。2、等差数列与等比数列的基本概念与运算。3、等差等比数列的性质。4、数列求和。学习要求（1）理解数列的概念，了解数列通项公式的意义。了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项。（2）理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解决简单的实际问题。（3）理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解决简单的实际问题。学习指导 从命题趋势看，数列与不等式、函数、应用问题等相结合将会与为热点，尤其值的注意的是2002高考试题有关数列的大题就有两道，因此在
2、选题时我们要注意选择这方面的综合型题目，以此加强学生综合解题能力的训练。在数学思想方法方面，突出函数与方程思想、等价转化思想及分类讨论思想。在本章复习时要注意以下几点：1、要正确理解等差数列、等比数列的意义、掌握其通项公式、前n项和公式及其联系和内在规律。数列的通项an和前n项和有密切关系，但要注意：an=Sn-Sn-1中的n2，当n=1时，a1=S1。一般的数列求和，首先要考虑是否能转化为等差（等比）数列求和，其次再考虑错位相减、倒序相加、裂项相消等方法。2、要善于使用数列问题中的一些技巧和思想方法，如用函数的观点认识数列，以方程的思想指导数列运算。同时还要指导学生解题时做到，回归定义、巧用
3、性质。3、对客观题，应注意寻求简捷方法 解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解。现介绍如下：借助特殊数列。灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思想在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法。4、在数列的学习中加强能力训练。数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出。一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视。因此，在平时要加强对能力的培养。5、树立应用意识，能应用数列有关知识
4、解决生产、生活中的一些问题。典型例题分析例1、已知下面各数列an的前n项和Sn的公式，求an的通项公式。（1）Sn=2n2-3n（2）Sn=3n-2分析先确定首项，再确定n2的情况。解：（1）a1=S1=-1当n2时an=Sn-Sn-1=2n2-3n-2(n-2)2-3(n-1)=4n-5a1也适合此等式an=4n-5（2）a1=S1=1当a2时an=Sn-Sn-1=3n-2-(3n-1-2)=23n-1an=小结：已知Sn求an一般要分n=1和n2来考虑，两种情况能统一则统一。1 (n=1)23n-1(n2)例2、已知an是等差数列（1）前4项和为21末4项和为67，且各项和为286，求项数
5、。（2）Sn=20 S2n=28求S3n（3）项数为奇数，奇数项和为44，偶数项和为33，求数列中间项和项数。解:(1)a1+a2+a3+a4=21an-3+an-2+an-1+an=67a1+an=22又Sn=286 =286 n=26(2)Sn、S2n-Sn、S3n-S2n成等差数列即2(S2n-Sn)=Sn+S3n-S2nS3n=24 (3)解法1，设项数为2k+1则a1+a3+a2k+1=44=(a1+a2k+1)a2+a4+a2k=33=(a2+a2k)由a1+a2k+1=a2+a2k k=3 n=7中间项为=11解法2 S奇+S偶=Sn Sn=77 S奇-S偶=a中a中=11Sn-
6、nS中na中=Sn小结：在等差数列中性质：m+n=p+q am+an=ap+aq等的灵活应用，可提高解题速度。n=7a中=11例3、有一个首项为正数的等差数列S3=S11问这个数列前几项和最大。解：a1=-da10 d0an=a1+(n-1)d=-d+(n-1)d0n7.5 这个数列前7项和最大。小结：（1）等差数列前n项和最大值与最小值。当公差d0时Sn有最小值。求Sn的最大值与最小值，可以不采用直接求Sn的最大值与最小值，而是由an单调性求出前几项最大或最小。当a10，若d0这时an是减数列，满足an0的最大自然数为n。则Sn0为Sn的最大值。当a10,d0,d0时S1=a1为Sn最小值；
7、当a10这时an是增数列，满足an0的最大自然数为n0，则Sn0为Sn的最小值。（2）本题要求Sn的最大值，就一定可由条件判断d1，其第十七项的平方等于第24项，求使a1+a2+an成立的自然数n的取值范围。分析从寻找数列an的规律入手解：由已知(aq16)2=aq23aq9=1又由已知把q12=q-18代入得q-18(qn-1)q(1-)qnq19q1 n19n的取值范围为n20小结：抓住an与 的关系是解决本题的关键。例6、是否存在常数k和等差数列an，使kan2-1=S2n+Sn+1其中S2n,Sn+1分别是等差数列an前2n项，前n+1项的和，若存在试求出常数k和an的通项；若不存在说
8、明理由。分析本题是一道探究性问题，解题时，先假设存在常数k通项公式an 代入已知等式后，看能否求出相应的k和an，若能求出，则结论是肯定的，若不能，则可否定结论。解：假设存在常数k与an=an+b(a、b为常数)满足题设，则ka2n-1=ka2n2+2kabn+kb2-1,Sn=(a+b+an+b)n=an(n+1)+bn,S2n-Sn+1=an2+(b-)n-(a+b),依题意，得ka2n2+2kabn+kb2-1=an2+(b-)n-(a+b),ka2=a,比较系数有2kab=b-,kb2-1=-(a+b)由得a=0或ka=若a=0，由得b=0，而a=b=0不适合，故a0。把ka=代入，得
9、b=-，将此代入，又ka=，得a=从而b=-，k=故存在常数k=及等差数列an=n-满足已知等式ka2n-1=S2n-Sn-1反思：对本题的解答过程中，有一种误解是，认为由ka2n2+2kabn+kb2-1=an2+(b-)n-(a+b)无法得出k、a、b的具体数值。故不存在k、an满足题设，事实上，由于ka2n2+2kabn+kb2-1=an2+(b-)n-(a+b)对所有的n都成立，故只有对应的系数相等时，即、同时成立时才有可能。例7、设各项均为正数的数列an的前n项之和为Sn，对任意的正整数n，都有等式=Sn成立。（1）求a1，并证明等式Sn=(nN);（2）求数列an的前n项的公式。解
10、：（1）当n=1时，=S1，解得a1=2；当n2时，由等式两式相减得即Sn=（2）当n2时，an=Sn-Sn-1=整理得(an+an-1)(an-an-1-2)=0。由题意知an+an-10，所以an-an-1=2。即数列an是以2为首项，2为公差的等差数列。所以an=2+2(n-1)=2n。故Sn=n2+n。例8、从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业。根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少。本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加。（1）设n年内（本年度为第一年）总投入为
11、an万元，旅游业总收入为bn万元。写出an,bn的表达式；（2）至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入？解：（1）第1年投入为800万元，第2年投入为800(1-)万元，第n年投入为800(1-)n-1万元。所以，n年内的总投入为an=800+800(1-)+800(1-)n-1=800(1-)k-1=40001-()n;第1年收入为400万元，第2年收入为400(1-)万元，第n年收入为400(1-)n-1万元。所以，n年内的总收入为 （II）设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，由此 bn an 0，即化简得设代入上式得5x2-7x+20,解此不等式，得即答：至少经过5年旅游业的总
12、收入才能超过总投入。例9：已知f(x)=a1x+a2x2+a3x3+anxn,且a1,a2,a3,an组成等差数列（n是正偶数）（1）当f(-1)=n时，求数列 an 的公差d（2）当f(1)=n2时，比较与3的大小，并说明理由。解：(1)因为f(x)=a1x+a2x2+a3x3+anxn,且a1,a2,a3,an成等差数列，所以 例10：数列an中，a1=8,a4=2,且满足an+2-2an+1+an=0(nN*)（1）求数列an的通项公式；（2）设Sn=|a1|+|a2|+|an|,求Sn;分析（1）an+2-2an+1+an=0可变形成an+2-an+1=an+1-an可知为等差数列；（2）分情况讨论去掉绝对值符号后再求和；（3）利用裂项法先求出bn的前n项和，再判断Tn的单调性。解:(1)由an+2-2an+1+an=0得an+2-an+1=an+1-an,an为等差数列，由a1=8,a4=2得：公差(2)当n5时，Sn=-n2+9n；当n5时，Sn=n2-9n+40
